Question

2．如圖1，已知a²+4a+4+b²-16b+64=0，A（a，0）、B（b，0），C（0，m）（m＞0），以AC、BC為邊，在△ABC外作正方形ACFG、正方形CBED．
（1）若m²=16，求證：DF=AB；
（2）如圖2，當C在y軸正半軸上運動時，設(shè) DF交y軸正半軸于H，若△CFH的面積為15，求C的坐標．
（3）如圖3，當C在y軸正半軸上運動時，連CE，取GE的中點Q，連DQ、FQ，則
①DQ：FQ值不變；
②DQ+FQ值不變．
兩個結(jié)論中有且只有一個正確，請選擇正確的結(jié)論予以證明．

Answer 1

分析 （1）先證△ACB是直角三角形，再證△FCD≌△ACB即可；
（2）作FJ⊥y軸于點J，DK⊥y軸于點K，先證FJ=OC，再證CH為AB的一半，從而△CFH的面積就可以用m表示，建立方程解之即可；
（3）注意到正方形的對角線相互平分，因此連接AF、CG交于點M，連接CE、BD交于點N，連接MQ、NQ，則可證△FMQ≌△QND，進而可得△DQF是等腰直角三角形，于是DQ：FQ值不變．

解答 解：（1）∵a²+4a+4+b²-16b+64=（a+2）²+（b-8）²=0，
∴a=-2，b=8，
∴A（-2，0），B（8，0），
∵C（0，m），m²=16，
∴OC²=OA•OB，
∴∠ACB=90°，
∴∠FCD=90°，
在△FCD和△ACB中，
$\left\{\begin{array}{l}{FC=AC}\\{∠FCD=∠ACB}\\{CD=CB}\end{array}\right.$，
∴△FCD≌△ACB（SAS），
∴DF=AB；
（2）如圖2，作FJ⊥y軸于點J，DK⊥y軸于點K，

∵∠CFJ+∠FCJ=∠FCJ+∠ACO=90°，
∴∠CFJ=∠ACO，
在△FCJ和△CAO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CFJ=∠ACO}\\{∠FJC=∠COA}\\{CF=CA}\end{array}\right.$，
∴△FCJ≌△CAO（AAS），
∴CJ=AO，F(xiàn)J=CO，
同理△DKC≌△COB，
∴DK=CO，CK=BO，
在△FHJ和△DHK中，
$\left\{\begin{array}{l}{FJ=DK}\\{∠FHJ=∠DHK}\\{∠FJH=∠DKH}\end{array}\right.$，
∴△FHJ≌△DHK（AAS），
∴KH=HJ，
∴CH=CJ+JH=AO+$\frac{1}{2}$（CK-CJ）=AO+$\frac{1}{2}$（BO-AO）=$\frac{1}{2}$（AO+BO）=5，
∵${S}_{△CFH}=\frac{1}{2}×CH×FJ$=$\frac{1}{2}×m×5=15$，
∴m=6，
∴C（0，6）；
（3）①正確．
如圖3，連接AF、CG交于點M，連接CE、BD交于點N，連接MQ、NQ，延長MQ交BD于點R，

則CG與AF相等且相互垂直平分，BD與CE相等且相互垂直平分，
∵Q為EG中點，
∴MQ∥CN，MQ=CN，
NQ∥CM，NQ=CM，
∴CMQN是平行四邊形，
∴∠CMQ=∠CNQ，
∴FMQ=∠QND，
在△FMQ和△QND中，
$\left\{\begin{array}{l}{FM=QN}\\{∠FMQ=∠QND}\\{MQ=ND}\end{array}\right.$，
∴△FMQ≌△QND（SAS），
∴∠FQM=∠QDN，F(xiàn)Q=DQ，
∴$\frac{DQ}{FQ}=1$．

點評 本題考查了完全平方公式、非負數(shù)和為零、相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積計算、三角形中位線、平行四邊形的判定與性質(zhì)等眾多知識點，綜合性較強，難度較大．正方形的一個重要性質(zhì)就是對角線相等且相互垂直平分，在遇到與正方形有關(guān)且又有中點條件的題目，正方形對角線的交點就是“天然”的中點，再和已知中點一起，往往可以構(gòu)造中位線，從而找到問題的突破口，這一點要牢記．